2019高考数学考点突破——立体几何初步：直线、平面平行的判定及其性质Word版含解析.doc

直线、平面平行的判定及其性质 ‎【考点梳理】‎ ‎1．直线与平面平行的判定与性质 判定 性质 定义 定理 图形 条件 a∩α＝∅‎ a⊂α，b⊄α，a∥b a∥α a∥α，a⊂β，‎ α∩β＝b 结论 a∥α b∥α a∩α＝∅‎ a∥b ‎2．面面平行的判定与性质 判定 性质 定义 定理 图形 条件 α∩β＝∅‎ a⊂β，b⊂β，‎ a∩b＝P，‎ a∥α，b∥α α∥β，‎ α∩γ＝a，‎ β∩γ＝b α∥β，a⊂β，‎ 结论 α∥β α∥β a∥b a∥α ‎3．与垂直相关的平行的判定 ‎(1)a⊥α，b⊥α⇒a∥b.‎ ‎(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β.‎ ‎【考点突破】‎ 考点一、与线、面平行相关命题真假的判断 ‎【例1】已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是(　　)‎ A．m∥α，n∥α，则m∥n B．m∥n，m∥α，则n∥α C．m⊥α，m⊥β，则α∥β D．α⊥γ，β⊥γ，则α∥β ‎[答案] C ‎[解析] A中，m与n平行、相交或异面，A不正确；B中，n∥α或n⊂α，B不正确；根据线面垂直的性质，C正确；D中，α∥β或α与β相交于一条直线，D错误.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1．判断与平行关系相关命题的真假，必须熟悉线、面平行关系的各个定义、定理，无论是单项选择还是含选择项的填空题，都可以从中先选出最熟悉最容易判断的选项先确定或排除，再逐步判断其余选项．‎ ‎2．(1)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断．‎ ‎(2)特别注意定理所要求的条件是否完备，图形是否有特殊情形，通过举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确．‎ ‎【对点训练】‎ 若m，n表示不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列结论中正确的是(　　)‎ A．若m∥α，m∥n，则n∥α B．若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β C．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m∥n D．若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则n∥β ‎[答案] D ‎[解析] 在A中，若m∥α，m∥n，则n∥α或n⊂α，故A错误．在B中，若m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α与β相交或平行，故B错误．在C中，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误．在D中，若α∥β，m∥α，n∥m，n⊄β，则由线面平行的判定定理得n∥β，故D正确．‎ 考点二、直线与平面平行的判定与性质 ‎【例2】如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.‎ ‎(1)证明：MN∥平面PAB；‎ ‎(2)求四面体N－BCM的体积.‎ ‎[解析] (1)由已知得AM＝AD＝2.‎ 如图，取BP的中点T，连接AT，TN，‎ 由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.‎ 又AD∥BC，故TN綉AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.‎ 因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，‎ 所以MN∥平面PAB.‎ ‎(2)因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，‎ 所以N到平面ABCD的距离为PA.‎ 如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC＝3得AE⊥BC，AE＝＝.‎ 由AM∥BC得M到BC的距离为，故S△BCM＝×4×＝2.‎ 所以四面体N－BCM的体积VN－BCM＝×S△BCM×＝.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1．判断或证明线面平行的常用方法有：‎ ‎(1)利用反证法(线面平行的定义)；‎ ‎(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)；‎ ‎(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)；‎ ‎(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．‎ ‎2‎ ‎．利用判定定理判定线面平行，关键是找平面内与已知直线平行的直线．常利用三角形的中位线、平行四边形的对边或过已知直线作一平面找其交线．‎ ‎【对点训练】‎ 如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC；‎ ‎(2)设AP＝1，AD＝，三棱锥PABD的体积V＝，求A到平面PBC的距离．‎ ‎[解析] (1)设BD与AC的交点为O，连接EO.‎ 因为四边形ABCD为矩形，‎ 所以O为BD的中点，‎ 又E为PD的中点，‎ 所以EO∥PB.‎ 因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)由V＝PA·AB·AD＝AB，‎ 又V＝，可得AB＝.‎ 作AH⊥PB交PB于点H.‎ 由题设知BC⊥平面PAB，所以BC⊥AH，‎ 故AH⊥平面PBC.‎ 在Rt△PAB中，由勾股定理可得PB＝，所以AH＝＝.‎ 所以A到平面PBC的距离为.‎ 考点三、平面与平面平行的判定与性质 ‎【例3】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点，求证：‎ ‎(1)B，C，H，G四点共面；‎ ‎(2)平面EFA1∥平面BCHG.‎ ‎[解析] (1)∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，‎ ‎∴GH是△A1B1C1的中位线，GH∥B1C1.‎ 又∵B1C1∥BC，‎ ‎∴GH∥BC，‎ ‎∴B，C，H，G四点共面.‎ ‎(2)在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，‎ ‎∴EF∥BC.‎ ‎∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，‎ ‎∴EF∥平面BCHG.‎ ‎∵A1G綊EB，‎ ‎∴四边形A1EBG是平行四边形，则A1E∥GB.‎ ‎∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，‎ ‎∴A1E∥平面BCHG.‎ ‎∵A1E∩EF＝E，‎ ‎∴平面EFA1∥平面BCHG.‎ ‎【变式1】在本例条件下，若点D为BC1的中点，求证：HD∥平面A1B1BA.‎ ‎[解析] 如图所示，连接HD，A1B，‎ ‎∵D为BC1的中点，H为A1C1的中点，‎ ‎∴HD∥A1B.‎ 又HD⊄平面A1B1BA，‎ A1B⊂平面A1B1BA，‎ ‎∴HD∥平面A1B1BA.‎ ‎【变式2】在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“D1，D分别为B1C1，BC的中点”，求证：平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎[解析] 如图所示，连接A1C交AC1于点M，‎ ‎∵四边形A1ACC1是平行四边形，‎ ‎∴M是A1C的中点，连接MD，‎ ‎∵D为BC的中点，‎ ‎∴A1B∥DM.‎ ‎∵A1B⊂平面A1BD1，DM⊄平面A1BD1，‎ ‎∴DM∥平面A1BD1，‎ 又由三棱柱的性质知，D1C1綉BD，‎ ‎∴四边形BDC1D1为平行四边形，‎ ‎∴DC1∥BD1.‎ 又DC1⊄平面A1BD1，BD1⊂平面A1BD1，‎ ‎∴DC1∥平面A1BD1，‎ 又DC1∩DM＝D，DC1，DM⊂平面AC1D，‎ 因此平面A1BD1∥平面AC1D.‎ ‎【变式3】在本例中，若将条件“E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点”变为“点D，D1分别是AC，A1C1上的点，且平面BC1D∥平面AB1D1”，试求的值.‎ ‎[解析] 连接A1B交AB1于O，连接OD1.‎ 由平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O，则＝＝1.‎ 又由题设＝，∴＝1，即＝1.‎ ‎【类题通法】‎ ‎1．判定面面平行的主要方法：‎ ‎(1)面面平行的判定定理．‎ ‎(2)线面垂直的性质(垂直于同一直线的两平面平行)．‎ ‎2．面面平行的性质定理的作用：‎ ‎(1)判定线面平行；(2)判断线线平行，线线、线面、面面平行的相互转化是解决与平行有关的问题的指导思想．解题时要看清题目的具体条件，选择正确的转化方向．‎ ‎【对点训练】‎ 一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示.‎ ‎(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；‎ ‎(2)判断平面BEG与平面ACH的位置关系，并证明你的结论.‎ ‎[解析] (1)点F，G，H的位置如图所示.‎ ‎(2)平面BEG∥平面ACH，证明如下：‎ 因为ABCD－EFGH为正方体，‎ 所以BC∥FG，BC＝FG，‎ 又FG∥EH，FG＝EH，‎ 所以BC∥EH，BC＝EH，‎ 于是四边形BCHE为平行四边形，‎ 所以BE∥CH.‎ 又CH⊂平面ACH，BE⊄平面ACH，‎ 所以BE∥平面ACH.‎ 同理BG∥平面ACH.‎ 又BE∩BG＝B，‎ 所以平面BEG∥平面ACH.‎